Диссертация (1145332), страница 15

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 15)

Оператор B задаетусловия сопряжения на границах раздела сред Γint , а на множестве Γext онполагается равным нулю. Таким образом, с помощью соотношения (3.2) одновременно задаются условия как на внешней границе множества G0 , так ина внутренней ее части.Для френелевского случая оператор сопряжения имеет вид:(Bf + )(zi , ν) = Ri (ν)f + (zi , −ν) + Ti (ν)f + (zi , ψi ),i = 1, p − 1,где(ψi (ν) =psgn(ν) 1 − ne2i (ν)(1 − ν 2 ), при 1 − ne2i (ν)(1 − ν 2 ) ≥ 0,при 1 − ne2i (ν)(1 − ν 2 ) < 0,0,(nei (ν) =ni /ni−1 , при0 < ν ≤ 1,ni−1 /ni , при − 1 ≤ ν < 0.Функция ψi (ν) характеризует направление распространения излучения, падающего на поверхность z = zi и в результате преломления по закону Снеллиуса [110] сменившего его на ν.

Матричные коэффициенты отражения ипрохождения Ri и Ti определяются следующим образом [18, 73]:Ri (ν) =2Ri,k002Ri,⊥!,Ti (ν) =2Ti,k002Ti,⊥!nei (ν)ν,ψi (ν)гдеRi,k (ν) =nei (ν)ψi (ν) − ν,nei (ν)ψi (ν) + νRi,⊥ (ν) =ψi (ν) − nei (ν)ν,ψi (ν) + nei (ν)νTi,k (ν) =2ψi (ν),nei (ν)ψi (ν) + νTi,⊥ (ν) =2ψi (ν).ψi (ν) + nei (ν)νИз определения R и T вытекает:а) для всех ν, удовлетворяющих неравенству 1 − ne2i (ν)(1 − ν 2 ) ≤ 0, выполня-102pe2i (ν) коэффициентется Ti (ν) = 0, Ri (ν) = E, а при ν = sgn(ν)eni (ν)/ 1 + nRi,k (ν) = 0. В оптике эти случаи соответственно называются полным внутренним отражением и отражением под углом Брюстера [110];б) коэффициенты матриц Ri и Ti непрерывны по ν ∈ [−1, 0)∪(0, 1], вследствиечего оператор B действует из V (Γ+ ) в V (Γ− );в) для матриц Ti и Ri справедливо соотношение Ti + Ri = E.Таким образом, оператор B : V (Γ+ ) → V (Γ− ) – линейный, ограниченный,неотрицательный и kBk ≤ 1.Определим класс D(X0 ), в котором будем искать решение f краевой задачи (3.1), (3.2).Определение 3.1.

Будем говорить, что функция f = (f1 , f2 ) принадлежит D(X0 ), если она обладает следующими свойствами:1) fj (z, ν)− абсолютно непрерывна по z ∈ (zi , zi+1 ] при всех ν > 0 и абсолютно непрерывна по z ∈ [zi , zi+1 ) при всех ν < 0,i = 0, p − 1, j = 1, 2;2) νfz0 (z, ν) + µ(z)f (z, ν) ∈ V (X0 );3) f − (z, ν) ∈ V (Γ− ).В дальнейшем нам будет удобно пользоваться величиной ξ(z, ν):(ξ(z, ν) =zi ,(z, ν) ∈ (zi−1 , zi ] × [−1, 0),zi−1 , (z, ν) ∈ [zi−1 , zi ) × (0, 1].(3.3)Так как функция ξ(z, ν) непрерывна и ограничена на множестве X0 , то длялюбой ϕ ∈ V (Γ− ) функция ϕ(z,e ν) = ϕ(ξ(z, ν), ν) ∈ V (X0 ) и, кроме того,kϕkV (Γ− ) = kϕ(ξ(z, ν), ν)kV (X0 ) .Для краткости будем использовать следующие сокращения: ξ(z, ν) = ξ,D(X0 ) = D, V (X0 ) = V , kϕkCb (G0 ) = kϕk.Введем в рассмотрение функциюτ (z, z 0 ) =Zzµ(t)dt,z0103называемую оптическим расстоянием между точками z и z 0 , и обозначим:10K(z, z , ν) = exp − τ (z, z ) ,ν0 µs (z) λ= µ(z) .Будем полагать, что величина λ, называемая альбедо однократного рассеяния, меньше единицы.

В этом случае найдется такая функция µe(z) < µ(z),µe ≥ const > 0, чтоµe(z)λ1 = µ(z) < 1, µs (z) < 1.λ2 = µe(z) (3.4)В качестве функции µe можно взять, например, µe(z) = (µ(z) + µs (z))/2.Пусть дифференциальное выражениеLf (z, ν) = νfz0 (z, ν) + µ(z)f (z, ν)определяет линейный оператор L : D(X0 ) → V (X0 ).

Введем норму в пространстве D(X0 ) по формуле() LϕkϕkD = max kϕ− kV (Γ− ) , µe V (X0 )(3.5)и покажем вложение пространства D(X0 ) в V (X0 ).Для начала заметим, что следуя типичной схеме [152], можно показать,что для любой F (z, ν) ∈ V (X0 ) функция f ∈ D является решением уравненияLf (z, ν) = F (z, ν)(3.6)тогда и только тогда, когда f (z, ν) удовлетворяет равенству1f (z, ν) = f − (ξ, ν)K(z, ξ, ν) +νZzξ(z,ν)K(z, z 0 , ν)F (z 0 , ν)dz 0 .(3.7)104Из (3.7) вытекает следующее представление для произвольной функции f изкласса D:1f (z, ν) = f − (ξ, ν)K(z, ξ, ν) +νZzK(z, z 0 , ν)(Lf )(z 0 , ν)dz 0 .(3.8)ξ(z,ν)Лемма 3.1. Имеет место вложение D(X0 ) ⊂ V (X0 ), причем справедливонеравенствоkf kV ≤ kf kD .(3.9)Доказательство.

Пусть f ∈ D(X0 ), тогда f − ∈ V (Γ− ), Lf ∈ V (X0 ) и справедливо представление (3.8). Так как функции ξ ∈ Cb (X0 ) и τ ∈ Cb (G0 × G0 ),e ν) = K(z, ξ(z, ν), ν) ∈ Cb (X0 ), следовательно первое слагаемое вто K(z,представлении (3.8) принадлежит V (X0 ). Делая замену переменных во втором слагаемом, имеем1νZzK(z, z 0 , ν)(Lf )(z 0 , ν)dz 0 =ξ(z,ν)z − ξ(z, ν)=νZ1K(z, (1 − t)ξ(z, ν) + tz, ν)(Lf )((1 − t)ξ(z, ν) + tz, ν)dt.0Так как функцииξ(z, ν) ∈ Cb (X0 ),Lf ∈ V (X0 ), то суперпозиция(Lf )((1 − t)ξ(z, ν) + tz, ν) как функция переменных (z, ν, t) принадлежитпространству V (X0 × (0, 1)). Поскольку ν −1 K(z, z 0 , ν) ∈ Cb (G0 × G0 ×[−1, 0) ∪ (0, 1]), то ν −1 K(z, (1 − t)ξ(z, ν) + tz, ν) как функция переменных(z, ν, t) принадлежит Cb (X0 × (0, 1)). Таким образом, по теореме о непрерывности интеграла Лебега по параметру заключаем, что второе слагаемое впредставлении (3.8) принадлежит V (X0 ), следовательно f ∈ V (X0 ).Докажем справедливость неравенства (3.9).

Из представления (3.8) для105любых (z, ν) ∈ X0 и i = 1, 2 имеем Zz100µ(z)eµ(z)−000|fi (z, ν)| ≤ kfi kCb (Γ− ) K(z, ξ, ν) + (Lfi )(z , ν)dz ≤K(z, z , ν)νµ(z 0 )eµ(z 0 ) ξZzλLf1i≤ kfi− kCb (Γ− ) K(z, ξ, ν) +≤K(z, z 0 , ν)µ(z 0 )dz 0 µνe Cb (X0 )ξ()Lfi ≤ (K(z, ξ, ν) + λ1 (1 − K(z, ξ, ν))) max kfi− kCb (Γ− ) , . µe Cb (X0 )Здесь мы воспользовались соотношением1νZzK(z, z 0 , ν)µ(z 0 )dz 0 =ξ1νZzexp −ξ1νZzµ(t)dt µ(z 0 )dz 0 =z0 1= 1 − exp −νZzµ(t)dt = 1 − K(z, ξ, ν).ξДалее, воспользовавшись условием λ1 < 1, в итоге получим kf kV ≤ kf kD .Лемма доказана.Заметим, что из неравенства (3.9) вытекает следующее: из сходимости впространстве D(X0 ) следует сходимость в V (X0 ); если любые два решенияf, g ∈ D(X0 ) уравнения (3.6) совпадают на Γ− , то они совпадают и на всеммножестве X0 .Лемма 3.2. Пространство D(X0 ) с нормой (3.5) банахово.Доказательство.

Действительно, пусть {f(n) } – некоторая фундаментальная в D(X0 ) последовательность, то есть kf(n) − f(m) kD → 0 при m, n → ∞.Так как(L(f−f)(n)(m) −−kf(n) − f(m) kD = max kf(n)− f(m)kV (Γ− ) , µeV (X0 ))106и пространства V (X0 ), V (Γ− ) полные, то существуют такие элементы F ∈−− ϕkV (Γ− ) → 0 при n → ∞.kf(n)V (X0 ), ϕ ∈ V (Γ− ), что kLf(n) − F kV → 0,В силу леммы 3.1. существует единственный элемент f ∈ D(X0 ) такой, чтоLf = F и f − |Γ− = ϕ. Отсюда заключаем, что kf(n) − f kD → 0, то естьпространство D(X0 ) с нормой (3.5) полное.

Лемма доказана.Лемма 3.3. Пусть λ < 1, тогда для любой функции f ∈ D(X0 ) справедливаоценкаkf + kV (Γ+ ) ≤ wkf kD ,где 0 ≤ w < 1.Доказательство. Пусть функция f ∈ D(X0 ), тогда для нее справедливопредставление (3.8). Учитывая абсолютную непрерывность функции f по переменной z на множестве {z ∈ (ξ(η, ν), η], (η, ν) ∈ Γ+ }, получаемf + (η, ν) = f − (ξ(η, ν), ν)K(η, ξ, ν) +1νZηK(η, z 0 , ν)(Lf )(z 0 , ν)dz 0 .ξОтсюда для всех (η, ν) ∈ Γ+ будут справедливы неравенства+kf kV (Γ+ ) Lf ≤≤ kf kV (Γ− ) K(η, ξ, ν) + λ1 (1 − K(η, ξ, ν)) µe V−≤ [q + λ1 (1 − q)]kf kD ,гдеη 1 Zq = exp −µ(t)dt  νξ(η,ν)= max exp1≤i≤pCb (Γ+ )Zzi−zi−1µ(t)dt .Из определения величины q и из условия µ ≥ const > 0 следует, что q ∈ [0, 1).Обозначим w = q + λ1 (1 − q) < 1. Так как функция w(q) = q + λ1 (1 − q)является линейной по q, возрастает с ростом q и w(1) = 1, то при q < 1107выполняется неравенство w(q) < 1. Лемма доказана.Лемма 3.4.

Выражения(Aϕ)(z, ν) =1νZzK(z, z 0 , ν)ϕ(z 0 , ν)dz 0 ,ξZ1(Sϕ)(z, ν) = µs (z)P (z, ν, ν 0 )ϕ(z, ν 0 )dν 0−1определяют линейные операторы A : V (X0 ) → D(X0 ), S : V (X0 ) → V (X0 ).Доказательство. Линейность указанных выше операторов очевидна. Покажем, что A : V (X0 ) → D(X0 ).Пусть ϕ(z, ν) ∈ V (X0 ) и рассмотрим функцию φ(z, ν) = (Aϕ)(z, ν). Очевидно, что функция φ(z, ν) будет абсолютно непрерывна по z как интегралс переменным верхним пределом от интегрируемой функции. Из определения функции φ легко видно, что φ− |Γ− = 0. Соответственно, φ− ∈ V (Γ− ).Покажем, что Lφ(z, ν) ∈ V (X0 ). Применяя к функции φ оператор L, имеем1Lφ(z, ν) = νφ0z (z, ν) + µ(z)φ(z, ν) = −µ(z)νZzK(z, z 0 , ν)ϕ(z 0 , ν)dz 0 +ξ1ϕ(z, ν) + µ(z)νZzK(z, z 0 , ν)ϕ(z 0 , ν)dz 0 = ϕ(z, ν) ∈ V (X0 ).ξТаким образом, A : V (X0 ) → D(X0 ). Покажем, что S : V (X0 ) → V (X0 ).Пусть ϕ(z, ν) ∈ V (X0 ), тогда из непрерывности и ограниченности элементов матрицы P (z, ν, ν 0 ) на X0 × [−1, 0) ∪ (0, 1] и µs (z) на G0 следует, чтоSϕ ∈ V (X0 ).

Это вытекает из теоремы о непрерывности интеграла Лебега попараметру. Лемма доказана.Заметим, чтоL (Bf + )(ξ, ν)K(z, ξ, ν) = 0.(3.10)108Так как оператор B : V (Γ+ ) → V (Γ− ) и функции ξ(z, ν), K(z, ξ(z, ν), ν)непрерывны на X0 , то в силу (3.10) и справедливости вложения D(X0 ) ⊂V (X0 ) из леммы 3.4. получаем, что оператор T , действующий по правилу(T f )(z, ν) = (Bf + )(ξ(z, ν), ν)K(z, ξ(z, ν), ν) + (ASf )(z, ν),(3.11)переводит пространство D(X0 ) в D(X0 ).Определение 3.2.

Функцию f ∈ D(X0 ) назовем решением задачи (3.1),(3.2), если при всех (z, ν) ∈ X0 она удовлетворяет уравнению (Lf )(z, ν) =(Sf )(z, ν) + J(z, ν) и для любых (z, ν) ∈ Γ− выполняется условие f − (z, ν) =(Bf + )(z, ν) + h(z, ν).Если в (3.6) и (3.7) положить F (z, ν) = (Sf )(z, ν) + J(z, ν) и f − (z, ν) =(Bf + )(z, ν) + h(z, ν), то с учетом леммы 3.4. получаем следующее: для тогочтобы функция f была решением задачи (3.1), (3.2) необходимо и достаточно,чтобы f удовлетворяла уравнениюf (z, ν) = f0 (z, ν) + (T f )(z, ν),(3.12)f0 (z, ν) = K(z, ξ(z, ν), ν)h(ξ(z, ν), ν) + (AJ)(z, ν),в пространстве D(X0 ). Таким образом, решение краевой задачи (3.1), (3.2)эквивалентно решению операторного уравнения (3.12), которое перепишем ввиде(I − T )f = f0 ,где I – единичный оператор в пространстве D(X0 ), а T определяется выражением (3.11).Теорема 3.1. Пусть выполняются условия kBk ≤ 1, λ < 1, тогда существует единственное решение задачи (3.1), (3.2), которое может бытьнайдено в виде ряда Нейманаf (z, ν) =∞Xk=0(T k f0 )(z, ν).(3.13)109Доказательство.

Для того чтобы показать существование и единственностьрешения задачи (3.1), (3.2) нам достаточно показать, что kT k < 1. Из определения оператора T , нормы в пространстве D и в силу (3.10) имеем Sf LT f +−), =maxkBfk.kT f kD = max kT f kV (Γ− ) , V(Γ µ µe Ve VУчитывая неравенства (3.4), условие теоремы и лемм 3.1., 3.3., получаемkT f kD ≤ max{kBkkf + kV (Γ+ ) , λ2 kf kV } ≤ max{w, λ2 }kf kD ,где величина w введена в лемме 3.3. Далее, учитывая неравенство max{w, λ2 }< 1, делаем вывод, что kT k < 1. Теорема доказана.Теорема 3.2. Пусть Ji = 0, i = 1, 2, тогда всюду в X0 справедлива оценка|fi (z, ν)| ≤ khkV (Γ− ) ,i = 1, 2.(3.14)Доказательство. Предварительно докажем утверждение типа теоремы сравнения [25] для векторного случая.

Возьмем два решения задачи (3.1), (3.2)f = (f1 , f2 ) и fe = (fe1 , fe2 ), соответствующие наборам C = {µ, µs , n, P, h, J} иe = {ee Пусть выполняются условияCµ, µes , n, P, eh, J}.µes ≥ µs ,µe ≤ µ,hi ≤ ehi ,Ji ≤ Jei ,i = 1, 2.(3.15)Рассмотрим функцию f = fe− f . Пусть Te есть оператор T , соответствующийe В силу теоремы 3.1. и условий (3.15) имеемнабору C.f i = fei − fi =∞Xk=0ek(T fe0 )i (z, ν) −∞Xk=0k(T f0 )i (z, ν) ≥∞X(Tek f 0 )i (z, ν) ≥ 0.k=0Здесь мы воспользовались тем, что оператор Te − T неотрицателен. Такимобразом, получена оценка fi (z, ν) ≤ fei (z, ν) для i = 1, 2 и (z, ν) ∈ X0 .Положим теперь ehi = khkV (Γ− ) , Jei = (eµ−µes )ehi , i = 1, 2.

Нетрудно убедиться, что в этом случае fei (z, ν) = khkV (Γ− ) , i = 1, 2. Отсюда и следует110справедливость оценки (3.14). Теорема доказана.5.2.Численное моделирование прохождения поляризованногоизлучения через слоистую средуЧисленное решение задачи (3.1), (3.2) будем осуществлять с помощью алгоритма, основанного на методе Монте-Карло.

Характеристики

Список файлов диссертации